四川省绵阳南山中学2019-2020学年高二12月月考化学试题

四川省绵阳南山中学2019-2020学年高二12月月考化学试题

绵阳南山中学2019年秋季高2018级12月月考暨期末热身考试 化 学 试 题 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 N 14 O 16 C 12 Na 23 ‎ 第Ⅰ卷（选择题，共46分）‎ 一、选择题（本题包括8小题，每小题2分，共16分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.化学与人类生活、社会发展密切相关，下列说法错误的是 A. 风能、太阳能都是直接从自然界获得的一次能源 B. 氢能的优点是燃烧热值高，资源丰富，燃烧产物无毒，无污染等 C. 用广泛pH试纸测得某漂白液（主要成分为NaClO）的pH=10.35‎ D. 用碳粉和铁粉制作的“双吸剂”，既有干燥除臭的作用，又有抗氧化作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一次能源是指可以从自然界直接获取的能源，如煤、石油、天然气、太阳能，故A正确；‎ B.氢气是一种新能源，氢气热值高，水作为其原料，资源丰富，氢气燃烧产物为水无污染，故B正确；‎ C.漂白液具有漂白性，不能用pH试纸测其pH值；‎ D.碳粉可以吸附异味，铁粉具有还原性可以抗氧化，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎2.下列化学用语的表达方式正确的是 A. 24Cr的外围电子排布式：3d44s2 B. NH4+的结构式： ‎ C. CO2的立体结构模型： D. NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4 Na+ + H+ + SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 24Cr的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故A错误；‎ B. NH4+中氮氢为单键，带一个正电荷，其结构式为： ，故B正确 C. CO2分子的空间构型为直线型，故C错误；‎ D. NaHSO4为强电解质，在水溶液中的电离方程式为NaHSO4 =Na+ + H+ + SO42-。‎ 故答案为B。‎ ‎3.类推法在化学学习过程中广泛使用，如下四项推测，其中正确的是 A. CO2是熔点、沸点低的分子晶体，SiO2也是熔点、沸点低的分子晶体 B. 卤素单质的沸点：F2NaCl>MgCl2>MgO C. 金属铜属于六方最密堆积结构，金属镁属于面心立方最密堆积结构 D. 若某晶体中含有非极性键，该晶体不可能是离子晶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化碳晶体属于面心立方，每个二氧化碳分子周围紧邻二氧化碳分子个数=3×8÷2=12，故A正确；‎ B. 离子晶体的晶格能大小取决于离子半径的电荷的因素，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，离子晶体的熔点越高，则有KCl＜NaCl＜MgCl2＜MgO，故B错误；‎ C. 金属镁为六方最密堆积，堆积方式为：，金属铜是面心立方最密堆积，堆积方式为：，故C错误；‎ D. 金刚石为原子晶体，晶体中含有非极性共价键C-C键，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】一般相同同非金属元素之间形成非极性键，已知某晶体中含有非极性键，若该晶体为化合物，可能是离子化合物、共价化合物，若为单质，可能为分子晶体，也可能为原子晶体。‎ ‎5.下列有关说法正确的是 A. 测定或区分晶体与非晶体的可靠方法是：用光谱仪对固体进行X—射线衍射实验 B. 100 mL 2 mol/L盐酸跟锌片反应，若再加10 mL饱和氯化钠溶液，反应速率不变 C. CH3CHClCH2CHO分子中含有两个手性碳原子，它存在手性异构体 D. DNA双螺旋是通过氢键使它们的碱基（A…T和C…G）相互配对形成的高级结构 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，所以区别晶体与非晶体最可靠的科学方法是对固体进行x-射线衍射实验，所用仪器为x射线衍射仪，故A错误；‎ B.加入适量的氯化钠溶液，体积增大，c（H+）减小，反应速率减小，故B错误； C.手性C原子上连接4个不同的原子或原子团，故CH3CHClCH2CHO分子中只含有一个手性碳原子，故C错误；‎ D. DNA双螺旋是通过氢键使它们的碱基（A…T和C…G）相互配对形成的高级结构，正确；‎ 故答案D。‎ ‎6.下列比较正确的是 A. 第一电离能：I1 (P)>I1 (S) B. 离子半径：r(Al3+)>r(O2-)‎ C. 分子中的键角：H2O>NH3>CH4 D. 电负性：K>Na>Li ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，P、S位于同一周期但P位于第VA族、S位于第VIA族，所以第一电离能：I1（P）＞I1（S），故A正确；‎ B. Al3+与O2-的核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故B错误；‎ C. H2O为V形结构，NH3为三角锥形结构，CH4为正四面体结构，则分子中的键角：H2O＜NH3＜CH4，故C错误；‎ D．同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，故D错误。‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素。‎ ‎7.下列叙述正确的是 A. 使用催化剂能够降低化学反应的反应热(△H)‎ B. 食品腐烂时，其腐烂的速率和氧气浓度、温度等无关 C. 可逆反应达平衡时，正反应速率与逆反应速率相等，各物质的量浓度也相等 D. 独立用焓判据或熵判据判断化学反应的自发性都不全面，联合二者判断更科学 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.催化剂可降低反应的活化能，但不能改变物质的总能量，则不改变反应热，故A错误；‎ B.食品腐烂时氧气浓度越大腐蚀越快，温度越高腐蚀越快，故B错误；‎ C.可逆反应达平衡时，正反应速率与逆反应速率相等，反应物和生成物浓度关系不能确定，取决于起始物质的量浓度以及反应转化程度，故C错误；‎ D.△H-T△S＜0的反应可自发进行，则自发进行的化学反应的方向，应由焓判据和熵判据的复合判据来判断，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎8.4.0mol PCl3和2.0mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生下述反应：PCl3(g)＋Cl2(g) PCl5(g) 达到平衡后，PCl5为0.8 mol，如果此时移走2.0mol PCl3和1.0mol Cl2，相同温度下再达到平衡时PCl5的物质的量是（ ）‎ A. 0.8 mol B. 小于0.4 mol C. 0.4 mol D. 大于0.4 mol，小于0.8 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】达平衡后移走2.0mol PC13和1.0mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入2.0mol PC13和1.0molC12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的倍，即达平衡时PC15的物质的量小于0.8mol×=0.4mol，故A、C、D错误，本题选B。‎ 二、选择题（本大题包括10小题，每小题3分共30分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎9.高中化学涉及的原理很多，掌握与应用好原理是学习好化学的理论基础。下列应用与对应原理不相符的是 A. 用CCl4 萃取碘水中的碘，应用了“相似相溶原理”‎ B. 反应2HI(g)H2(g)+ l2(g)达到平衡后，增大压强（减小体积），混合气体颜色加深，符合“平衡移动原理”‎ C. Fe的核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2，遵从“构造原理”‎ D. 3H2(g)+ N2(g)2NH3(g) ΔH=－92.4 kJ·mol-1；既符合“质量守恒原理”也遵从“能量守恒原理”‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，故A正确；‎ B．反应2HI(g)H2(g)+ l2(g)达到平衡后，增大压强（减小体积），混合气体颜色加深，但平衡并不发生移动，所以不能用“平衡移动原理”解释，故B错误；‎ C. Fe的核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2，遵从“原子核外电子先占有能量低的轨道，然后依次进入能量高的轨道”，故C正确；‎ D.所有化学反应都遵从“质量守恒原理”和“能量守恒原理”，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎10.对下列实验事实的解释正确的是 A. 光照新制的氯水时，溶液的颜色变浅，是由于不断从氯水中逸出黄绿色的氯气 B. 将密闭容器中的NO2加压后颜色比原来深，是因为又多生成了部分NO2‎ C. 少量SO2溶于水中形成的溶液，导电性很弱，因为SO2是一种弱电解质 D. 测定中和热时使用环形玻璃搅拌棒，目的是减少实验过程中热量的损失 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．黄绿色的氯水中存在可逆反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO、2HClO⇌2HCl+O2↑，光照后促进HClO分解，导致平衡右移，所以颜色变浅，故A错误；‎ B．对2NO2⇌N2O4平衡体系增加压强，体积变小，虽然平衡右移，但是浓度依然增大，颜色加深，故B错误；‎ C．少量SO2溶于水中形成的溶液，生成亚硫酸为一种弱电解质，导电性很弱，而SO2是一种非电解质，故C错误；‎ D．测定中和热时使用环形玻璃搅拌棒，玻璃导热性能较差，可减少实验过程中热量的损失，故D正确；‎ 故答案为D ‎【点睛】对于B选项，体积变小的瞬间二氧化氮浓度增大，虽然平衡右移，但不能消除“二氧化氮浓度增大”。‎ ‎11.下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是 A. 能使pH试纸变红的溶液中：CO32-、K＋、Cl－、Na＋‎ B. 由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1的溶液中：NO3-、Mg2＋、Na＋、SO42-‎ C. 在c(OH－)/c(H＋)＝1×1012的溶液中：NH4+、Fe2＋、Cl－、NO3-‎ D. 常温下，Kw/c(H＋)＝1×10-12 mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO3-、Cl－、K＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH试纸变红色的溶液为酸性溶液，发生反应2H++CO32-=H2O+CO2↑而不能大量共存，故A错误； B．由水电离产生的c（OH-）=1×10-10 mol•L-1的溶液为强酸性或强碱性溶液，强酸性条件下这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以酸性条件下可能大量共存，故B正确；‎ C．c(OH－)/c(H＋)＝1×1012的溶液呈碱性，碱性条件下NH4+、Fe2＋都不能大量存在，故C错误；‎ D．Kw/c(H＋)＝1×10-12 mol·L－1的溶液中c（OH-）=1.0×10-2 mol•L-1‎ ‎，碳酸氢根不能大量存在，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎12.下列各表述与图32所示一致的是（ ）‎ A. 图①表示25时，用0.1mol·L－1盐酸滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化 B. 图②中曲线表示反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)<0‎ C. 图③中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)=CH3CH3(g)<0，使用和未使用催化剂时反应过程中的能量变化 D. 电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，图④表示KOH溶液滴定CH3COOH溶液时溶液的电导率变化曲线示意图 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液和20mL 0.1mol/L NaOH溶液恰好反应得到的醋酸钠溶液显示碱性，此时不会实现pH=7，A错误；‎ B．因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，v（逆）增大的倍数大于v（正）增大的倍数，图象中变化与实际上的变化不相符，B错误；‎ C. 图象中使用催化剂降低反应活化能，但反应CH2=CH2（g）+H2（g）→CH3CH3（g）△H＜0，是放热反应，反应物能量高，图象中表示吸热反应，C错误；‎ D．CH3COOH是弱电解质，在溶液中部分电离，电导率小，用KOH溶液滴定CH3COOH溶液时生成醋酸钾，醋酸钾是强电解质，电导率增大，D正确；‎ 故选D。‎ ‎13.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，已知W、Y 同主族且Y的原子序数是W的2倍，X元素的单质既能溶于稀硫酸，又能溶于氢氧化钠溶液。下列有关说法正确的是 A. W的简单氢化物比Y的简单氢化物稳定，是因为前者分子间还存在氢键 B. W3与YW2是等电子体，在一定条件下都可用于漂白 C. X的简单离子与Y的简单离子具有相同的电子层结构 D. X2W3与XZ3均是由活泼金属与活泼非金属通过离子键形成的离子化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，已知W、Y 同主族且Y的原子序数是W的2倍，则W为O，Y为S，X元素的单质既能溶于稀硫酸，又能溶于氢氧化钠溶液，可知X为Al，Z原子序数大于Y，且为主族元素，为Cl。‎ ‎【详解】A. W的简单氢化物比Y的简单氢化物稳定是因为O的非金属性比S强，跟氢键无关，故A错误；‎ B. W3为O3，YW2为SO2，最外层电子数相同，是等电子体，一定条件下都可用于漂白，故B正确；‎ C. X简单离子为Al3+，核外有2个电子层，Y的简单离子为S2-有3个电子层，二者电子层结构不相同，故C错误；‎ D. X2W3为氧化铝是由活泼金属与活泼非金属通过离子键形成的离子化合物，XZ3为氯化铝是共价化合物，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎14.从下列实验事实或者操作所引出的相应结论不正确的是 选项 实验事实或者操作 结论 A 将充满NO2的密闭玻璃球完全浸入热水中，球内红棕色变深 反应：2NO2N2O4，‎ ΔH<0‎ B 向两支装有KI3溶液试管分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成 KI3溶液中存在平衡：‎ I3－I－ + I2‎ C 在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变 催化剂一定不参加反应，只改变化学反应速率 D 相同温度、相同体积、相同pH的盐酸和醋酸分别与足量的、形状相同的锌粒充分反应 开始时的反应速率相同，排水法收集到氢气体积不同 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 浸泡在热水中颜色深，可知升高温度2NO2（g）⇌N2O4逆向移动，正反应为放热反应，焓变为负，故A正确；‎ B. 前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀，说明KI3的溶液中含I2、I-，即KI3溶液中存在平衡为I3-⇌I2+I-，故B正确；‎ C. 催化剂参加化学反应，降低反应的活化能，加快反应速率，反应前后质量和性质不变，故C错误；‎ D．相同温度、相同体积、相同pH的盐酸和醋酸，则醋酸的物质的量比盐酸的物质的量要多，与足量的、形状相同的锌粒充分反应收集到的氢气醋酸要比盐酸多，故D正确；‎ ‎15.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是 A. 1 L 0.1 mol·L−1乙酸溶液中含H+数为0.1NA B. 12 g石墨晶体中含有的共价键数为1.5NA C. 常温下，28 gCO与N2的混合气体中，π键总数为2 NA D. 在含有4 mol Si—O键的石英晶体中，氧原子数目为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙酸为弱电解质，不能完全电离，所以 1 L 0.1 mol·L−1乙酸溶液中含H+数不为0.1NA，故A错误；‎ B.利用“均摊法”可知12 g石墨即1mol石墨晶体中含有的共价键数为1.5NA。‎ C.一个CO分子中有2个π键，一个N2分子中有两个π键，且二者相对分子质量均为28，所以28 g即1mol的混合气体中，π键总数为2 NA。‎ D.根据“均摊法”可知1mol石英晶体含有4molSi—O键，所以含有4 mol Si—O键的石英晶体中，氧原子数目为2NA。‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】根据“均摊法”1molSiO2中含有4molSi—O键；1mol石墨中含有1.5mol碳碳键；1mol金刚石中含有2mol碳碳键；‎ ‎16.已知反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH<0。某温度下，将2 mol SO2和1 mol O2置于10 L密闭容器中，反应达到平衡后，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法正确的是( )‎ A. 由图甲知，A点SO2的平衡浓度为0.4 mol·L－1‎ B. 由图甲知，B点SO2、O2、SO3的平衡浓度之比为2∶1∶2‎ C. 达平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图象可以用图乙表示 D. 压强为0.50 MPa时，不同温度下SO2转化率与温度关系如丙图，则T2>T1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A点转化率为0.8，则平衡时浓度为，故A错误；‎ B．B点转化率为0.85，则 ‎，故B错误；‎ C．达平衡后，若缩小容器容积，反应速率增大，平衡证向移动，且正反应速率大于逆反应速率，故C正确；‎ D．T1先达到平衡，则T1>T2，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎17.下述描述中，正确的是 A. 某化学反应其：△H＝－122 kJ·mol-1，∆S＝231 J·mol-1·K-1，则此反应在任何温度下都能自发进行 B. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)；△H＝－57.4 kJ·mol-1，则含20.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出大于28.7kJ的热量 C. 已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)； ΔH＝－566 kJ·mol-1 ‎ ‎，可知一氧化碳的标准燃烧热为：－283 kJ·mol-1‎ D. 向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入过量氨水，可以得到深蓝色的透明溶液。向该溶液加入乙醇后，得到深蓝色的晶体是[Cu(NH3)4]SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】：A.△H=-122kJ•mol-1，△S=231J•mol-1•K-1，则：△H-T△S=-122kJ•mol-1-T0.231KJ•mol-1•K-1<0，所以反应一定能自发进行的反应，故A正确；‎ B.稀醋酸是弱电解质，在于氢氧化钠反应过程会持续电离，电离吸热，导致测得的放出的热量减少，即小于28.7kJ，故B错误；‎ C.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量，故根据题目提供方程式可知可知一氧化碳的标准燃烧热为：283 kJ·mol-1，故C错误；‎ D.得到的蓝色晶体应为深蓝色晶体[Cu（NH3）4]SO4•H2O，故D错误 故答案为A。‎ ‎18.在300 mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎80‎ ‎230‎ 平衡常数 ‎5×104‎ ‎2‎ ‎1.9×10-5‎ 下列说法不正确的是 A. 上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应 B. 在25 ℃时，反应Ni(CO)4(g)Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数为2×10-5 mol3·L-3‎ C. 当4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)时，反应达到平衡 D. 在80 ℃达到平衡时，再加入1.5 mol Ni(s)和0.3 mol CO(g)，达到新平衡后CO的体积分数将增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据表中数据知，升高温度化学平衡常数减小，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，故A正确；‎ B.在25℃时，反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）的平衡常数的倒数，为2×10-5，故B正确；‎ C. 4v生成[Ni(CO)4]=v消耗(CO)，当4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)时，即消耗CO的速率等于生成CO的速率，即反应达到平衡状态，故C正确；‎ D.在80℃达到平衡时，充入0.3 mol CO(g)再次平衡后，相当于增大压强，平衡正向移动，CO的体积分数减小，故D错误；‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共54分）‎ 三、（本题包括1小题，共12分）‎ ‎19.常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池、多晶硅太阳能电池、GaAs太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。铁是生活中最常见的金属材料。‎ ‎(1)铜原子在基态时价电子排布式为_________，铁在周期表中的位置为__________。‎ ‎(2)与铁处于同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与铁相同的元素共有_____种。‎ ‎(3)砷与氮在周期表中位于同族，画出砷的价电子排布图_____________________。‎ ‎(4) AsF3的立体构型名称是______________，As的杂化类型为________。‎ ‎(5)下列三个反应在某密闭容器中进行：‎ ‎① Fe(s)＋CO2(g)= FeO(s)＋CO(g) △H1＝a kJ·mol-1‎ ‎② 2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)　 △H2＝b kJ·mol-1‎ ‎③ 2Fe(s)＋O2(g)= 2FeO(s)　△H3＝___________(用含a、b表示)kJ·mol-1‎ ‎(6)金刚石的晶胞如图，若以硅原子代替金刚石晶体中的碳原子，便得到晶体硅；若将金刚石晶体中一半的碳原子换成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体(金刚砂)。‎ ‎①金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是_______________________(用化学式表示)。‎ ‎②立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，其晶胞的边长为361.5pm，立方氮化硼的密度是d g·cm－3，则：阿伏加德罗常数（NA）=________________(只要求列算式，不必计算出数值)。‎ ‎【答案】 (1). 3d104s1 (2). 第四周期第Ⅷ族 (3). 5 (4). (5). 三角锥形 (6). sp3 (7). 2a+b (8). C(金刚石)>SiC >Si (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）核外电子排布式的书写要注意洪特规则的特例。Cu是29号元素；Fe为26号元素；‎ ‎（2）与铁同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与铁相同的元素的3d轨道电子数为1、2、3、5、10；‎ ‎（3）As处于第四周ⅤA族，据此书写价电子排布图；‎ ‎（4）根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型、As原子杂化轨道类型；‎ ‎（5）根据盖斯定律计算；‎ ‎（6））①原子晶体的熔点由共价键的强弱决定。原子半径越小，共价键越短，熔点越高。 ②利用ρ=m/V求密度。其中m=(N/NA)•M（N为晶胞中所含的粒子个数），V由晶胞边长求算。‎ ‎【详解】（1）Cu是29号元素，核外电子排布时还要遵循洪特规则的特例，故价电子排布式是3d104s1；Fe在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，‎ 故答案为3d104s1；第四周期第Ⅷ族；‎ ‎（2）铁的最外层电子数为2，与铁同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与铁相同的元素的3d轨道电子数为1、2、3、5、10，还有5种，‎ 故答案为5，‎ ‎（3）As处于第四周ⅤA族，其价电子排布式为4s24p3，砷的价电子排布图为，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）AsF3分子中As原子价层电子对个数=3+(5-3×1)/2=4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为三角锥形、As原子杂化轨道类型为sp3，‎ 故答案为：三角锥形；sp3；‎ ‎（5）①Fe(s)＋CO2(g)= FeO(s)＋CO(g) △H1＝a kJ·mol-1‎ ‎②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)　 △H2＝b kJ·mol-1‎ ‎③2Fe(s)＋O2(g)= 2FeO(s)；根据盖斯定律可知③=①×2+②，故△H3=(2a+b) kJ·mol-1,‎ 故答案为：2a+b；‎ ‎（6））①金刚石、晶体硅、碳化硅均为原子晶体，原子晶体的熔点由共价键的强弱决定。原子半径越小，共价键越短，熔点越高。原子半径：C＜Si，故熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅； 故答案为：C(金刚石)>SiC >Si；‎ ‎②立方氮化硼的晶胞结构与金刚石相近，则晶胞中含有4个N和4个B。ρ=m/V，即d=m/V，‎ 所以有，解得NA=，‎ 故答案为：。‎ 四、（本题包括2小题，共16分）‎ ‎20.常温下，已知：‎ 化学式 HCN HNO2‎ H2SO3‎ 电离常数 K=6.2×10-10‎ K=5.1×10-4‎ Ka1=1.3×10-2 Ka2=6.3×10-4‎ 现有pH＝3的上述三种酸溶液，回答下列问题：‎ ‎(1)HCN溶液中，水电离出的c(H＋)=____________。‎ ‎(2)取10 mL HNO2溶液，加入一定量NaCl溶液，此时溶液中c(H＋)/c(HNO2)的值将________(填“增大”、“减小”或“无法确定”)。‎ ‎(3)取25 mL的HCN溶液加入等体积pH＝11的NaOH溶液，反应后溶液中c(H＋)、c(OH－)的大小关系为c(H＋)______c(OH－)(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎【答案】 (1). 1.0×10-11mol/L或者10-11mol/L (2). 增大 (3). >‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）常温下，pH＝3，则c(HCN)> 10-3mol/L,其溶液中，；‎ ‎（2）根据c(H＋)/c(HNO2)与电离平衡常数的关系分析；‎ ‎（3）根据混合后溶液的酸碱性分析。‎ ‎【详解】（1）pH＝3的HCN溶液中，水电离出的c(H＋)与水电离出的氢氧根浓度相同，溶液中，且全部由水电离，故c(H＋)= 1.0×10-11mol/L或者10-11mol/L，‎ 故答案为：1.0×10-11mol/L或者10-11mol/L；‎ ‎（2）亚硝酸的电离平衡，则c(H＋)/c(HNO2)=Ka/c(NO2-)，加入一定量的NaCl溶液相当于加水稀释，故c(NO2-)减小，所以c(H＋)/c(HNO2)增大，‎ 故答案为：增大；‎ ‎（3）设HCN溶液的浓度为amol/L，pH=3，则其电离平衡常数可表示为= 6.2×10-10，解得HCN的浓度约为1.6×103mol/L，所以 25 mL的HCN溶液加入等体积pH＝11的NaOH溶液（即浓度为10-3mol/L），溶液中的溶质为大量的HCN和少量NaCN，溶液呈酸性，所以c(H＋)> c(OH－)，‎ 故答案为：>。‎ ‎【点睛】考虑离子浓度比值变化问题时可以将其转化成与平衡常数有关的式子分析。‎ ‎21.已知T K时，某恒容密闭容器中存在如下反应：2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH<0，测得容器中不同时刻时各物质的浓度(mol/L)如下表所示：‎ c(CO2)‎ c(H2)‎ c(CH3OCH3)‎ c(H2O)‎ 开始时 a b ‎0‎ ‎0‎ ‎10 s时 ‎3‎ ‎05‎ c ‎1.5‎ ‎(1)上述反应平衡常数K的表达式为________________。‎ ‎(2)既能提高反应速率，又能提高H2转化率的方法是__________（填写一条即可）。‎ ‎(3)若T K时，化学平衡常数K=15，则10s 时v(正)______v(逆)（填“>”“<”或“=”），此时CO2的转化率=________________。‎ ‎(4)能说明上述可逆反应达到化学平衡的是___________。‎ A. 混合气体的平均摩尔质量不再变化 ‎ B. 混合气体的密度不再变化 C. c(H2)/c(CH3OCH3)的比值不再变化 ‎ D. 容器内的压强不再变化 ‎ ‎ ‎(5)一定条件下，向某恒容密闭容器中充入2 mol CO2和3 mol H2，发生的反应为 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=−50 kJ·mol−1。测得在相同时间内不同温度下H2的转化率如图所示，则在该时间段内恰好达到化学平衡时，容器内的压强与反应开始时的压强之比为___________。‎ ‎【答案】 (1). K= (2). 增大压强 或 加CO2 (3). > (4). 25% (5). ABD (6). 17：25（或3.4：5）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据平衡常数的定义进行解答；‎ ‎（2）提高反应速率的同时要让平衡右移；‎ ‎（3）求出c的值，继而求算出浓度商与平衡常数比较大小，从而得出平衡移动方向；‎ ‎（4）选择判断的物理量，若随着反应的进行发生变化，则当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎（5）找到恰好平衡时对应的图表上的点，根据转化率进行分析计算。‎ ‎【详解】（1）根据平衡常数的定义，可知该反应的平衡常数为K=；‎ 故答案为：K=；‎ ‎（2）若要提高反应速率，又能提高H2转化率的则应加入过量的CO2，反应物浓度增大可提高反应速率，同时平衡正向移动，提高氢气的转化率；也可以缩小体积增大压强使平衡右移，‎ 故答案为：增大压强 或 加CO2；‎ ‎（3）初始时刻c(CH3OCH3)和c(H2O)均为0，根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)可知当c(H2O)=1.5 mol/L时，c(CH3OCH3‎ ‎)=0.5mol/L，即c=0.5，所以此时的浓度商Q==<15，故平衡正向移动，即v(正)>v(逆)；CO2的转化率=，将物料“一边倒”之后可知初始二氧化碳的浓度为 ‎4mol/L，所以转化率为：(4-3)/4=25%，‎ 故答案为：>；25%；‎ ‎（4）A. 混合气体总质量不变，但在平衡移动过程气体的物质的量在变，所以平均摩尔质量不再变化说明反应达到平衡，故A正确；‎ B. 混合气体总质量不变，但在平衡移动过程气体的体积在变，所以密度不再变化说明反应达到平衡，故B正确；‎ C. c(H2)/c(CH3OCH3)的比值始终为3:1，不会随平衡移动改变，故C错误； ‎ D. 未达到平衡时，容器内气体体积在变，所以压强在变，容器内的压强不再变化说明反应达到平衡，故D正确；‎ 故答案为：ABD；‎ ‎（5）该反应ΔH小于零，说明该反应为放热反应，温度升高平衡左移，氢气的转化率减小，图表显示T1-T2温度时随温度升高氢气的转化率逐渐增大，说明相同时间内此时反应在该温度段内还未达到平衡，T2-T3温度时随温度升高氢气的转化率逐渐减小，说明在相同时间内该温度段内反应均达到平衡，说明b点在该时间段内恰好达到化学平衡，此时氢气的转化率为80%，‎ ‎ ‎ 同温同压下，压强之比等于物质的量之比，则b点容器内的压强与反应开始时的压强之比=（1.2+0.6+0.8+0.8）mol：（2+3）mol=17：25， 故答案为：17：25。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡的计算，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力，要求学生能掌握基本的平衡数据计算，同时也注重学生对表格数据的分析能力和图象的分析能力。‎ 五、（本题包括1小题，共13分）‎ ‎22.草酸晶体的组成可用H2C2O4·2H2O（M=126 g·mol-1）表示，其中混有不参加反应的杂质，为了测定草酸晶体的纯度，绵阳南山中学2018级拔创部的同学进行了如下实验：‎ 称取W g草酸晶体样品，配成250.00 mL水溶液，量取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为a mol·L-1的KMnO4溶液滴定，所发生的反应为：KMnO4+H2C2O4+H2SO4 → K2SO4+CO2↑+MnSO4+H2O（未配平）。‎ 试回答：‎ ‎(1)写出配平的上述反应的离子方程式：________________________。该反应发生时产生气体先慢后快的原因是____________________________。‎ ‎(2)称取W g草酸晶体样品，配成250.00 mL水溶液作为待测液。需要的主要玻璃仪器除250 mL容量瓶、量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的一种仪器是_____________ 。‎ ‎(3)实验中，标准液KMnO4溶液应装在_______滴定管中。盛待测液的锥形瓶中需要加入的指示剂为________（填写指示剂的名称或者“不需要”）。‎ ‎(4)实验过程中眼睛始终注视_________________________，直至滴定终点。判断到达终点的现象是_________________________________________________。‎ ‎(5)滴定结束后如仰视观察滴定管中液面刻度，则对滴定结果的影响是____（偏大、偏小、无影响，下同）；若在接近滴定终点时用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则对滴定结果的影响是___________。‎ ‎(6)在滴定过程中若用a mol·L-1的KMnO4溶液V mL，则该样品中草酸晶体的纯度为____________________。‎ ‎【答案】 (1). 5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 8H2O + 10CO2↑ + 2Mn2+ (2). 生成的Mn2+ 起催化作用，加快反应速率 (3). 胶头滴管 (4). 酸式 (5). 不需要 (6). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (7). 当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不复原 (8). 偏大 (9). 无影响 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）该反应中草酸被高猛酸根氧化，根据电子守恒和元素守恒配平方程式；根据反应速率的影响因素分析；‎ ‎（2）为了配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有天平（含砝码）、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等；‎ ‎（3）酸式滴定管可以盛放酸性和氧化性的溶液；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点，不需要外加指示剂；‎ ‎（4）滴定实验中要注意锥形瓶中的颜色变化；‎ ‎（5）根据进行分析；‎ ‎（6）根据反应方程式找到各物质之间的数量关系进行计算；‎ ‎【详解】（1）反应中根据氧化剂得失电子守恒可知氧化剂和还原剂物质的量之间的关系为：2MnO4-～5H2C2O4，在根据电荷守恒和质量守恒可写出离子反应方程式为：5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 8H2O + 10CO2↑ + 2Mn2+；影响反应速率的因素有温度、浓度、催化剂等，过程中温度没有变，浓度减小，故使反应速率增大的因素应为催化剂，‎ 故答案为：5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 8H2O + 10CO2↑ + 2Mn2+；生成的Mn2+ 起催化作用，加快反应速率；‎ ‎（2）为了配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有天平（含砝码）、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等，‎ 故答案为：胶头滴管；‎ ‎（3）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点，不需要外加指示剂，‎ 故答案为：酸式；不需要；‎ ‎（4）滴定实验中要时刻注意锥形瓶中的颜色变化，；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点，‎ 故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不复原；‎ ‎（5）滴定结束后如仰视观察滴定管中液面刻度，会使V(标准)偏大，所以对滴定结果的影响是偏大；若在接近滴定终点时用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，根据公式可知该操作对滴定结果没有影响，‎ 故答案为：偏大；无影响；‎ ‎（6）消耗的高猛酸钾的物质的量为 ‎，根据方程式可知待测液中的草酸物质的量为，则草酸晶体样品中的H2C2O4·2H2O物质的量为，则样品中草酸晶体的纯度为：，‎ 故答案为：；‎ ‎【点睛】本题考查一定物质量浓度溶液配制、滴定操作、滴定应用与计算、物质组成含量测定等，注意滴定中经常根据关系式进行计算，掌握根据关系式计算方法．‎ 六、（本题包括3小题，共13分）‎ ‎23.为探究反应条件对反应CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H＝－42.3 kJ·mol-1的影响，某活动小组设计了三个如下的实验，实验曲线如图所示 编号 温度 压强 c始(CO)‎ c始(H2O)‎ Ⅰ ‎530℃‎ ‎3MPa ‎1.0mol·L-1‎ ‎3.0mol·L-1‎ Ⅱ X Y ‎1.0mol·L-1‎ ‎3.0mol·L-1‎ Ⅲ ‎630℃‎ ‎5MPa ‎1.0mol·L-1‎ ‎3.0mol·L-1‎ ‎(1)请依据实验曲线图补充完整表格中实验条件：X＝________℃，Y＝__________MPa。‎ ‎(2)实验Ⅲ从开始至平衡，其平均反应速度率v (CO)＝___________mol·L-1·min-1。‎ ‎(3)实验Ⅱ达平衡时CO的转化率___________实验Ⅲ达平衡时CO的转化率（填“大于”、 “小于”或“等于”）。‎ ‎【答案】 (1). 530 (2). 5 (3). 0.12 (4). 大于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图表可知，曲线II和曲线I相比，平衡不移动，只是缩短了反应达平衡的时间，据此分析反应II的条件； （2）由图象可知，CO的平衡浓度为0.4mol/L，即可知△c（CO）=0.6mol/L，根据反应速率的公式求算； （3）CO的平衡浓度越大，则其平衡转化率越低；‎ ‎【详解】（1）由图表可知，曲线II和曲线I相比，平衡不移动，只是缩短了反应达平衡的时间，故II和I不同的条件为压强，且为增大压强，故Y为5MPa，两者的温度应相同，故X为530℃，故答案为：530；5； （2）由图象可知，CO的平衡浓度为0.4mol/L，即可知△c（CO）=0.6mol/L，根据反应速率的公式 =0.12mol•L-1•min-1． 故答案为：0.12； （3）CO的平衡浓度越大，则其平衡转化率越低，故实验Ⅱ达平衡时CO的转化率大于实验Ⅲ达平衡时CO的转化率，故答案为：大于；‎ ‎24.(1)常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为__________________。‎ ‎(2)某温度下，0.001 mol/L的NaOH溶液 pH=9，则该温度下将 pH=3的H2SO4溶液稀释105倍后，溶液中c(H+): c(SO42-)= _____________。‎ ‎【答案】 (1). 0.05 mol/L (2). 200:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）酸碱混合后，pH=12，则碱过量，剩余的c（OH-）=0.01mol/L，以此来计算。‎ ‎（2）先计算该温度下的Kw，再判断该温度下将 pH=3的H2SO4溶液稀释105倍后氢离子的主要来源。‎ ‎【详解】（1）设NaOH和HCl的物质的量浓度均为x，NaOH和HCl溶液以3：2体积比相混合，体积分别为3V、2V，酸碱混合后，pH=12，则碱过量，剩余的c（OH-）=0.01mol/L，则，解得x=0.05mol/L，‎ 故答案为：0.05 mol/L；‎ ‎（2）某温度下，0.001 mol/L的NaOH溶液中c(OH-)=10-3 mol/L，其pH=9，即c(H+)=10-9 mol/L，则该温度下Kw=1×10-12；将 pH=3的H2SO4溶液，其浓度为5×10-4 mol/L稀释105倍后，c(SO42-)=5×10-9 mol/L，稀释溶液几乎为中性，其氢离子约为该温度下中性溶液中的氢离子浓度，即1×10-6 mol/L，故c(H+): c(SO42-)=200:1；‎ 故答案为：0.05 mol/L；200:1；‎ ‎【点睛】强酸与强碱混合：首先判断是否过量，恰好中和时，pH=7；若非完全中和，则依据酸碱反应的相对量，求出混合溶液中过量的c(H+)或c(OH-)：，若是酸过量，则根据pH=-lgc(H+)关系求出溶液的pH；若是碱过量，先求c(OH-)再通过Kw求出c(H+)，根据pH=-lgc(H+)关系求出溶液的pH。‎ ‎25.现有反应：CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+ H2(g) △H﹤0，850℃时，向2L的密闭容器中充入CO、H2O（g）各4 mol，反应达到平衡，测得H2浓度为1mol·L-1，回答下列问题（不写出具体的计算过程不得分）：‎ ‎(1)平衡常数为________________？‎ ‎(2)若温度不变，初始时CO浓度为2mol/L，H2O(g)为6mol/L，则平衡时CO转化率为_______？‎ ‎【答案】 (1). K=1 (2). 75%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据进行计算；‎ ‎（2）根据平衡常数计算公式反求平衡浓度；‎ ‎【详解】（1）初始时c(CO)=4mol/2L=2mol/L，c(H2O)=4mol/2L=2mol/L；平衡时H2浓度为1mol·L-1，列三段式，‎ ‎ ‎ 则平衡常数，故答案为:1；‎ ‎（2）设平衡时CO浓度为amol/L，列三段式：‎ 根据该温度下平衡常数K=1，可知，解得a=0.5mol/L，所以CO转化率为=75%；‎ 故答案为：75%‎